线性系统理论+课后答案+(程兆林+马树萍+著)+科学出版社(3)

T

1

F1TT1 F1T 1

= FT , TT= FTT 21 2

F1T 0

则α∈XNC, x=Tα, α=Tx= T x= ,B ], ∈XNC[A FTx F

2 2

1

XNC[A ,B ]={αx=Tα,α∈XNC[A,B]}.

www.

[

n

khd

[

n

课

后

答

1 10 1 1 T ,B ]. 1 = 11 1 = 2 XNC[A

1

23. (1)证明：WC(n)各列具有形式GH

故Wc(n) spanGH

G (n 1)H"G 1H=XC.

n

又rankWc(n)=rankGH

[

G (n 1)H"G 1H,

故dimspanWc(n)=dimXC, 从而spanWc(n)=XC.

aw

.

T

F1T2 I0

= F1∈XC,F2∈XNC. T 0IF2T2

案

网

1 0

==XC[Aspan, Xspan ,B ,B ] ] 0 1 . NC[A

G (n 1)H"G 1Hξ,

]

]

co

m

]

11 1

B=, ,

00 1

好东西

(2) 证明：Gx0= [H

n

u*(n 1) u*(n 2)

, ① GH"Gn 1H] #

u*(0)

Gnx0= [H

②-① GH

[

n

u*(n 1) u0(n 1)

0

un*(2) u(n 2)

G (n 1)H"G 1H( " )=0 "

u*(0) u0(0)

]

0≤∑

i=0

www.

∑u(i)

i=0n 1

2

u0(n 1) 0 (*)

u(n 2)

=

" u0(0)

(*)

n 1i=0

2

khd

n 1

u*(n 1)

*(2)un

" u*(0)

u*(n 1) u0(n 1) u*(n 1) u0(n 1)

0 0

2 u*(n 2) u(n 2) T u*(n 2) u(n 2) *0

= ))( u(i)u(i)( """ "

u*(0) u0(0) u*(0) u0(0)

T

课

后

答

T

u*(n 1) u0(n 1)

0

u*(n 2) u(n 2) ( " )=0. (*) "

u*(0) u0(0)

案

2

T

z0G nH

[

= ∑u*(i)+∑u0(i)

i=0

≥∑u*(i).

i=0

n 1

aw

.

网

u*(n 1) u0(n 1)

0

u*(n 2) u(n 2)

G (n 1)H"G 1H( " )=0 "

u*(0) u0(0)

]

u*(n 1) u0(n 1)

0

u*(n 2) u(n 2)

( ) ""

u*(0) u0(0)

n 1

2

com

u0(n 1) 0 u(n 2) n 1

"GHGH] , ②

# u0(0)

好东西

习题3

1. 证明：XC[A,B]=span B

AB"An 1B ,

KB

AB] ,

I

(A+BK)B=AB+BKB=[B

#

(A+BK)

n 1

B= B

*

AB"AB I ,

n 1

又两者秩相同, 因此XC[A,B]=XC[A+BK,B]. 2. 解：(1) 能控; (2) 不能控; (3)能控.

3. 解：α(s)=(s+2 j)(s+2+j)=s+4s+5,

2

设K=[k1

www.

12 1

A+BK= + 0 [k1

31

det(sI (A+BK))=

khd

k2], 则

课

故 span B(A+BK)B(A+BK)2B"(A+BK)n 1B XC[A,B],

1+k1

k2]=

3

s 1 k1

3

2+k1= 4, k1 3k2 5=5 k1= 6, k2=

3

2

4. 解：det(sI A)=s(s+4)(s+8)=s+12s+32s,

系统的状态空间描述为

aw.

网

2+k2

, 1

16

. 3

后

2n 1

++"+B(ABK)B(ABK)B(ABK)B

* IKBKAB+KBKB

IKB% , n 1

BAB"AB = I%KAB+KBKB

KB%

I

答

案

2 k2

=s2 (2+k1)s+k1 3k2 5, s 1

com

(A+BK)B= B

2

AB

KAB+KBKB

, A2B KB

I

好东西

0 0 01

, b= 0 , C=100.

A= 001[]

1 0 32 12

α(s)=(s+2)(s+4)(s+7)=s3+13s2+50s+56,

设K=[k1

k2

k3], 则

α(s)=s3+(12 k3)s2+(32 k2)s k1.

解得k1= 56, k2= 18, k3= 1, 即K=[ 565. 解：(A,b)完全能控, 可任意配置极点. K= 2

18 1].

155

b

Ab

(2) 解：设K=[k1

khd

A2b

k2

k3

k4], 则

00 0

0 02 + [k1

01 0

00 1

k2

k3

4 1].

0 03 Ab = 0

1

后

0 0 2 2 2 0

23

6. (1) 证明：Ab= , Ab= , Ab= ,

0 1 4 04 0

020

20 2

满秩, 故(A,b)完全能控.

10 4

0 40

课

www.

7. 解：K=[ 4

01 30

A+BK=

00

0 2

det(sI (A+BK))=s4 k4s3+( k3 2k2+1)s2+(3k4 2k1)s+3k3,

α(s)=(s+1)2(s+2 j)(s+2 j)=s4+6s3+14s2+14s+5,

22522

, k3=, k4= 6即K= 16 333

5

6 . 3

解得k1= 16, k2=

aw.

网

0 3k4]=

0 k1

10

00

00k2 2k3

0 2 , 1 k4

33 12 .

答

案

com